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索索引引第六章數(shù)列第4節(jié) 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用考試要求1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.2.掌握非等差數(shù)列,非等比數(shù)列求和的幾種常見方法.知識(shí)診斷基礎(chǔ)夯實(shí)內(nèi)容索引考點(diǎn)突破題型剖析分層訓(xùn)練鞏固提升知識(shí)診斷
基礎(chǔ)夯實(shí)ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI1知識(shí)梳理1.特殊數(shù)列的求和公式(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式:索引(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式:2.數(shù)列求和的幾種常用方法(1)分組轉(zhuǎn)化法把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng),使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列,再求解.(2)裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差,在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消,從而求得其和.索引(3)錯(cuò)位相減法如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的,這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法求解.索引(4)倒序相加法如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù),那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解.常用結(jié)論索引4.在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比為參數(shù),應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解.索引√診斷自測(cè)1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)√索引×√解析
(3)要分a=0或a=1或a≠0且a≠1討論求解.BA.50B.75C.100D.125索引CA.7B.8C.9D.10索引A索引解析
S20=4·1+5·21+6·22+…+23·219,2S20=4·2+5·22+6·23+…+23·220,兩式相減,得-S20=4+2+22+…+219-23·220.5.(易錯(cuò)題)數(shù)列{(n+3)·2n-1}前20項(xiàng)的和2為2·220-2索引故S20=22·220-2.解析
由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,an=2(n+1)即an=2(n+1).索引考點(diǎn)突破 題型剖析KAODIANTUPOTIXINGPOUXI2考點(diǎn)一 分組轉(zhuǎn)化求和例1
已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且關(guān)于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集為(1,2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;解
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,因?yàn)殛P(guān)于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集為(1,2),又S2=2a1+d,所以a1=d,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n.索引n(2)若數(shù)列{bn}滿足bn=a2n+2a
-1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.n解
由(1)可得,a2n=2n,2a
=2n.nn
2n
n因?yàn)閎
=a
+2a
-1,所以b
=2n-1+2n,索引感悟提升索引訓(xùn)練1
已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=2·3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,求其前n項(xiàng)和Sn.解
Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln
2-ln
3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln
3,所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),索引綜上所述,索引考點(diǎn)二 裂項(xiàng)相消法求和解
已知Sn=2an-a1,當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=2an-1-a1,兩式相減得an=2an-1,n≥2,所以數(shù)列{an}是公比為2,首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,所以{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.索引證明
由Sn=2an-a1=2n-1,索引感悟提升索引訓(xùn)練2
設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知S1=2,an+1=Sn+2.(1)證明:{an}為等比數(shù)列;證明
由已知,得a1=S1=2,a2=S1+2=4,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-1+2,所以an+1-an=(Sn+2)-(Sn-1+2)=an,所以an+1=2an(n≥2).所以{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列.索引解
由(1)可得an=2n,所以bn=n.索引所以λ的取值范圍為[20,+∞).索引考點(diǎn)三 錯(cuò)位相減法求和解
設(shè){an}的公比為q,則an=qn-1.因?yàn)閍1,3a2,9a3成等差數(shù)列,索引①-②得索引索引1.如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)常采用錯(cuò)位相減法.2.錯(cuò)位相減法求和時(shí),應(yīng)注意:要善于識(shí)別題目類型,特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形.在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”,以便于下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式.應(yīng)用等比數(shù)列求和公式必須注意公比q是否等于1,如果q=1,應(yīng)用公式Sn=na1.感悟提升索引解
選①,即Sn=2an+1.①當(dāng)n=1時(shí),S1=2a1+1,故a1=-1;當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=2an-1+1,②①②兩式相減得an=2an-1,所以{an}為等比數(shù)列,其中公比為2,首項(xiàng)為-1.所以an=-2n-1.索引選②,即a1=-1,log2(anan+1)=2n-1.所以當(dāng)n≥2時(shí),log2(anan+1)-log2(an-1an)=2,所以{a2k-1}(k∈N*)為等比數(shù)列,其中首項(xiàng)為a1=-1,公比為4,所以a2k-1=-1×4k-1=-2(2k-1)-1;由a1=-1,log2(a1a2)=1,得a2=-2,同理可得,a2k=-2×4k-1=-22k-1(k∈N*).綜上,an=-2n-1.索引所以{an}為等比數(shù)列,設(shè)其公比為q,又因?yàn)閧an}為單調(diào)數(shù)列,所以q>0,索引(2)求數(shù)列{-nan}的前n項(xiàng)和Tn.索引注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解
由(1)知,-nan=n·2n-1,所以Tn=1+2×2+3×22+…+(n-1)·2n-2+n·2n-1,2Tn=2+2×22+…+(n-2)·2n-2+(n-1)·2n-1+n·2n,兩式相減得-Tn=1+2+22+…+2n-2+2n-1-n·2n=(2n-1)-n·2n.所以Tn=(n-1)·2n+1.考點(diǎn)四 數(shù)列的綜合問題[規(guī)范解答]解
由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,索引由an+1-an=4n-1,索引證明
依題意設(shè)bn=1+(n-1)d=dn+1-d,[規(guī)范解答]索引由b1=1,d>0,得bn+1>1,索引第一步 分析題意,弄清題目給出的各數(shù)列之間的關(guān)系第二步 根據(jù)題目條件求得基本量,從而利用累加法確定數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式第三步第四步第五步利用累乘法求得數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和,并利用放縮法證明不等式反思回顧解題過程,規(guī)范答題步驟答題模板索引解
由a2+a7+a12=-6,得a7=-2,∴a1=4,訓(xùn)練4
已知等差數(shù)列{an}的公差為-1,且a2+a7+a12=-6.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an與前n項(xiàng)和Sn;索引(2)將數(shù)列{an}的前4項(xiàng)抽去其中一項(xiàng)后,剩下三項(xiàng)按原來(lái)順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,若存在m∈N*,使對(duì)任意n∈N*,總有Sn<Tm+λ恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解
由題意知b1=4,b2=2,b3=1,索引∴{Tm}為遞增數(shù)列,得4≤Tm<8.故(Sn)max=S4=S5=10,若存在m∈N*,使對(duì)任意n∈N*總有Sn<Tm+λ,則10<8+λ,得λ>2.即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(2,+∞).索引數(shù)列中的奇偶項(xiàng)問題微點(diǎn)突破數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問題是對(duì)一個(gè)數(shù)列分成兩個(gè)新數(shù)列進(jìn)行單獨(dú)研究,利用新數(shù)列的特征(等差、等比數(shù)列或其他特征)求解原數(shù)列.數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問題的常見題型①數(shù)列中連續(xù)兩項(xiàng)和或積的問題(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));②含有(-1)n的類型;③含有{a2n},{a2n-1}的類型;④已知條件明確奇偶項(xiàng)問題.對(duì)于通項(xiàng)公式分奇、偶不同的數(shù)列{an}求Sn時(shí),我們可以分別求出奇數(shù)項(xiàng)的和與偶數(shù)項(xiàng)的和,也可以把a(bǔ)2k-1+a2k看作一項(xiàng),求出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k.索引一、含有(-1)n的類型例1
已知數(shù)列{an}中,a1=1,a2=3,且數(shù)列{an+1-an}是以2為公比的等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;解
依題意可知數(shù)列{an+1-an}是以a2-a1=3-1=2為首項(xiàng),以2為公比的等比數(shù)列,所以an+1-an=2×2n-1=2n,等式兩邊同時(shí)除以2n得,索引所以an=2n-1.索引(2)令cn=(-1)n+1an,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解
由(1)得,cn=(-1)n+1(2n-1),當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn=(21-1)-(22-1)+(23-1)-(24-1)+…+(2n-1-1)-(2n-=21-22+23-24+…+2n-1-2n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),n-1為偶數(shù),索引解
法一 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn=a1+a2+…+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)索引索引∴S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)索引綜上所述,索引放縮法的注意事項(xiàng)以及解題策略:對(duì)于“和式”數(shù)列不等式,若能夠直接求和,則考慮先求和,再放縮證明不等式;若不能或很難求和,則可考慮先放縮后求和證明不等式.而對(duì)于“和式”數(shù)列不等式,放縮的最主要目的是通過放縮,把原數(shù)列變?yōu)榭汕蠛?、易求和的?shù)列.明確放縮的方向:是放大還是縮小.若要證明小于某值,則放大;若要證明大于某值,則縮小.數(shù)列中的簡(jiǎn)單放縮微點(diǎn)突破索引放縮的項(xiàng)數(shù):不一定對(duì)所有項(xiàng)進(jìn)行放縮,有時(shí)從第一項(xiàng)開始,或從第二項(xiàng),或從第三項(xiàng)等開始.常見的放縮方法有:①增加(減少)某些項(xiàng);②增大(減少)分子(分母);③增大(減小)被開方數(shù);增大(減小)底數(shù)(指數(shù));④利用不等式的性質(zhì)或基本不等式;⑤利用函數(shù)的單調(diào)性等.索引一、先求和再放縮例1
已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,S4=24,S10=120.(1)求Sn;解
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則得a1=3,d=2.∴Sn=3n+n2-n=n2+2n.索引索引又S1=a1=1,所以a2=4.索引(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2.索引索引索引3
分層訓(xùn)練 鞏固提升FENCENGXUNLIAN
GONGGUTISHENGA級(jí)基礎(chǔ)鞏固A.-200
B.-100
C.200
D.100解析
S100=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.索引12345678910111213141.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=(-1)n(2n-1),則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和為D(
)2.(2021·成都診斷)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+n,若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和索引1234567891011121314)為Sn,則S8=(A.546B.582C.510D.548AA.2
019B.2
020C.2
021D.2
022C索引12345678910111213144.(2022·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足an+1-an=2,a1=-5,則|a1|+|a2|+…+索引1234567891011121314B.15
C.18D.30解析
由題意知{an}是以2為公差的等差數(shù)列,又a1=-5,所以|a1|+|a2|+…+|a6|=|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5=5+3+1+1+3+5=18.|a6|=(C
)A.9索引5.在數(shù)列{an}中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n∈N*),則該數(shù)列的前100項(xiàng)B.8
C.5解析
由an+2=an+1-an=(an-an-1)-an=-an-1=-(an-2-an-3)=-(an-3-an-4)+an-3=an-4,得{an}是周期為6的周期函數(shù),又a3=a2-a1=3-1=2,a4=2-3=-1,a5=-1-2=-3,a6=-3+1=-2,∵100=16×6+4,∴S100=16×1(12
+3
34+52-617
-8
39-102)11+12(11+3+134
+2-1)=5.之和是(
C)
A.18D.2A.10C.130BB.120解析
設(shè)f(x)=xα,D,D.且14f0(x)過點(diǎn)(4,2),索引12345678910111213147.(2021·合肥質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為-1,anan+1=-2n,則數(shù)列{an}的前10項(xiàng)之和等于
3_3_1_1
.解析
因?yàn)閍nan+1=-2n,所以{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)均為公比為2的等比數(shù)列,索引1234567891011121314∴S2
021=1+(2-1
009)+(4-1
009)+…+(2
020-1
009)=1+(2+4+6+…+2
020)-1
009×1
0108.(2022·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+1+an=n-1
009(n∈N*),則其前2
021項(xiàng)之和S2
021=
2
021
.解析
S2
021=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2
020+a2
021),又an+1+an=n-1
009(n∈N*),
且a1=1,索引1234567891011121314解析
Sn=1×21+2×22+…+n×2n,則2Sn=1×22+2×23+…+n×2n+1,兩式相減得-Sn=2+22+…+2n-n·2n+1索引12345678910111213149.已知數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為Sn,且an=2n,且使得Sn-nan+1+50<0的最小正整數(shù)n的值為
5
.故Sn=2+(n-1)·2n+1.又an=2n,∴Sn-nan+1+50=2+(n-1)·2n+1-n·2n+1+50=52-2n+1,依題意52-2n+1<0,索引1234567891011121314故最小正整數(shù)n的值為5.10.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式;解
因?yàn)閍1+3a2+…+(2n-1)an=2n,①故當(dāng)n≥2時(shí),a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1),②又n=1時(shí),a1=2適合上式,索引1234567891011121314索引1234567891011121314已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,滿足
.(1)求an;解
若選①,即2Sn=nan+1,當(dāng)n≥2時(shí),2Sn-1=(n-1)an,兩式作差得2an=nan+1-(n-1)an,即(n+1)an=nan+1,索引1234567891011121314當(dāng)n=1時(shí)也成立,∴an=n.若選②,即2Sn=an+1an,當(dāng)n≥2時(shí),2Sn-1=anan-1,兩式作差得2an=anan+1-anan-1,由an>0,得an+1-an-1=2.當(dāng)n=1時(shí),2S1=a2a1,得a2=2.又∵a1=1,a2=2,∴{a2n}是公差為2,首項(xiàng)為2的等差數(shù)列,{a2n-1}是公差為2,首項(xiàng)為1的等差數(shù)列,故an=n.索引1234567891011121314即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,由an>0,得an-an-1-1=0,即an-an-1=1,∴{an}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列.故an=n.索引1234567891011121314(2)若bn=(an+1)·2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.索引1234567891011121314注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解
bn=(n+1)·2n,Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n,2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)·2n+1,兩式相減,得-Tn=4+22+23
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